大物习题2答案

第二章牛顿定律2 -1如图(a)所示,质量为m的物体用平行于斜面的细线联络置于圆滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动 ,当物体刚离开斜面时,它的加快度的大小为()(A) gsin θ(B) gcos θ(C) gtan θ(D) gcot θ剖析与解当物体走开斜面瞬时 ,斜面对物体的支持力消逝为零,物体在绳索拉力 F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面 )和重力作用下产平生行水平面向左的加快度a,如图 (b) 所示 ,由其可解得合外力为 mgcot θ,应选 (D)．求解的重点是正确剖析物体刚走开斜面瞬时的物体受力状况和状态特点．2 -2 用水平力 F N把一个物体压着靠在粗拙的竖直墙面上保持静止．当 F N渐渐增大时 ,物体所受的静摩擦力 F f的大小 ()(A)不为零 ,但保持不变(B)随 F N成正比地增大(C)开始随 F N增大 ,达到某一最大值后 ,就保持不变(D)没法确立剖析与解与滑动摩擦力不一样的是 ,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值．当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加 ,但详细大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知 ,物体向来保持静止状态 ,故静摩擦力与重力大小相等 ,方向相反 ,并保持不变 ,应选 (A) ．2 -3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率()(A)不得小于(C)不得大于μgR (B) 一定等于μgRμgR (D) 还应由汽车的质量m 决定剖析与解由题意知 ,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只好由路面与轮胎间的静摩擦力供给,能够供给的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v＝μRg．所以只需汽车转弯时的实质速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选 (C) ．2 -4 一物体沿固定圆弧形圆滑轨道由静止下滑,在下滑过程中 ,则 ( )(A)它的加快度方向永久指向圆心,其速率保持不变(B)它遇到的轨道的作使劲的大小不停增加(C)它遇到的合外力大小变化 ,方向永久指向圆心(D)它遇到的合外力大小不变 ,其速率不停增加剖析与解 由图可知 ,物体在下滑过程中遇到大小和方向不变的重力以实时辰指向圆轨道中心的轨 道支持力 F N 作用 ,其合外力方向并不是指向圆心 ,其大小和方向均与物体所在地点有关．重力的切向分 量 (m g cos θ) 使物体的速率将会不停增加 ( 由机械能守恒亦可判断 ),则物体作圆周运动的向心力 (又称法向力 )将不停增大 ,由轨道法向方向上的动力学方程F Nmgsin θ mv 2可判断 ,随 θ 角的不停增R大过程 ,轨道支持力 F N 也将不停增大 ,因而可知应选 (B) ．2 -5 图 (a)示系统置于以 a ＝ 1/4 g 的加快度上涨的起落机内 ,A 、B 两物体质量相同均为 m,A 所在的桌面是水平的 ,绳索和定滑轮质量均不计 ,若忽视滑轮轴上和桌面上的摩擦,其实不计空气阻力 ,则绳中张力为 ( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2 mg剖析与解此题可考虑对 A 、B 两物体加上惯性力后 ,以电梯这个非惯性参照系进行求解． 此时 A 、B两物体受力状况如图 (b)所示 ,图中 a ′为 A 、B 两物体相对电梯的加快度 ,ma ′为惯性力． 对 A 、B 两物体 应用牛顿第二定律 ,可解得 F ＝ 5/8 mg ．应选 (A) ．Ｔ议论 关于习题 2 -5 这种种类的物理问题 ,常常从非惯性参照系 (此题为电梯 )察看到的运动图像较为 明确 ,但因为牛顿定律只合用于惯性参照系,故从非惯性参照系求解力学识题时,一定对物体加上一个虚构的惯性力．如以地面为惯性参照系求解,则两物体的加快度 a A 和a B 均应付地而言 ,此题中 a A 和 a 的大小与方向均不相同．此中 aA 应斜向上．对 a A 、a 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律 ,求解BB过程较繁．有兴趣的读者不如自己试试试看．2 -6 图示一斜面 ,倾角为 α,底边 AB 长为 l ＝ 2.1 m,质量为 m 的物体从题 2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动 ,斜面的摩擦因数为 μ＝ 0.14 ．试问 ,当 α为何值时 ,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？剖析动力学识题一般分为两类：(1) 已知物体受力争其运动状况；(2) 已知物体的运动状况来剖析其所受的力．自然,在一个详细题目中,这两类问题并没有截然的界线,且都是以加快度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．此题重点在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝ f(t),而后运用对 t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点 O 位于斜面极点,则由牛顿第二定律有mgsin α mgμcosαma(1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l 1 at2 1g sin α μcosαt 2cosα 2 2则t2l(2) gcosαsin α μcosα为使下滑的时间最短,可令dt0 ,由式(2)有dα则可得此时sin αsin α μcosαcosαcosα μsin α0 tan 2α 1 , 49oμt 2l 0.99 sgcosαsin α μcosα2 -7 工地上有一吊车 ,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为 m 2 k g,乙块＝ 2.00 10×1质量为 m2＝ 1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种状况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作使劲：(1) 两物块以 10.0 m ·ｓ-2的加快度上涨； (2) 两物块以 1.0 m ｓ·-2的加快度上涨．从此题的结果,你能领会到起吊重物时一定迟缓加快的道理吗？剖析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．办理动力学识题往常采纳“隔绝体”的方法物体所受的各样作使劲 ,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．依据连结体中物体的多少可列出相应数量的方程式．联合各物体之间的互相作用和联系 ,可解决物体的运动或互相作使劲．,剖析解按题意 ,可分别取吊车(含甲、乙 )和乙作为隔绝体,画示力争 ,并取竖直向上为Oy 轴正方向 (如图所示 )．当框架以加快度 a 上涨时 ,有FＴ-(m1 ＋ m )g ＝(m ＋ m )a (1)2 1 2FN2- m g ＝ m a (2)2 2解上述方程 ,得F ＝ 1 2 (3)ＴFN2 ＝m (g ＋ a) (4) 2(1)当整个装置以加快度 a ＝ 10 m ·ｓ-2上涨时 ,由式 (3) 可得绳所受张力的值为FＴ＝10×3 N乙对甲的作使劲为N2 N2 2(g ＋ a) ＝3F′＝-F ＝ -m 10× N(2)当整个装置以加快度 a ＝ 1 m·ｓ-2上涨时 ,得绳张力的值为FＴ＝10×3 N此时 ,乙对甲的作使劲则为F′ N2＝103× N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,因为起吊加快度不一样 ,绳中所受张力也不一样,加快度大 ,绳中张力也大．所以,起吊重物时一定迟缓加快,以保证起吊过程的安全．2 -8 如图 (a)所示 ,已知两物体 A、 B 的质量均为 m ＝ 3.0kg 物体 A 以加快度 a ＝ 1.0 m ·ｓ-2 运动 ,求物体 B 与桌面间的摩擦力． (滑轮与连结绳的质量不计)剖析该题为连结体问题 ,相同可用隔绝体法求解．剖析时应注意到绳中张力大小到处相等是有条件的 ,即一定在绳的质量和伸长可忽视、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不一样的．解分别对物体和滑轮作受力剖析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体 A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ＝m A a (1)F′1 -Fｆ＝ m B a′(2)ＴF′ -2FＴ1＝ 0 (3)Ｔ考虑到 mＴＴＴ1 Ｔ,a ′＝ 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力A ＝mB ＝m, F ＝F′ ,F ＝ F′1F f mg m 4m a7.2 N2议论动力学识题的一般解题步骤可分为：(1) 剖析题意 ,确立研究对象,剖析受力 ,选定坐标； (2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组； (3) 解方程组 ,得出文字结果； (4) 查对量纲 ,再代入数据 ,计算出结果来．2 -9 质量为m′的长平板 A 以速度v′在圆滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块 B 轻轻安稳地放在长平板上 ,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板获得共同速度？剖析当木块 B 安稳地轻轻放至运动着的平板 A 上时 ,木块的初速度可视为零,因为它与平板之间速度的差别而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．依据牛顿定律可获得它们各自相对地面的加快度．换以平板为参照系来剖析,此时 ,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动 ,其加快度为相对加快度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所叙述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变成木块和平板一同运动的动能,而它们的共同速度可依据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,依据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板挪动的距离即可求出．解 1 以地面为参照系 ,在摩擦力 Fｆ＝μmg的作用下 ,依据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ＝μ mg＝ma1F ′ｆ＝-F ｆ＝ m′a2a1和 a2分别是木块和木板相对地面参照系的加快度．若以木板为参照系,木块相对平板的加快度 a ＝ a1＋ a2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最后停止．由运动学规律有2- v′＝ 2as由上述各式可得木块有关于平板所挪动的距离为sm v 22 μg m m解 2 以木块和平板为系统 ,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝F ｆ(s ＋l ) -F ｆl＝μ mgs式中 l 为平板相对地面挪动的距离．因为系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,依据动量守恒定律,有m′v′＝ (m′＋ m) v″由系统的动能定理 ,有μmgs 1 m v 2 1 m m v 22 2由上述各式可得sm v 22 μg m m2 -10 如图 (a)所示 ,在一只半径为 R 的半球形碗内 ,有一粒质量为 m 的小钢球 ,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 ,它距碗底有多高？剖析保持钢球在水平面内作匀角速度转动时,一定使钢球遇到一与向心加快度相对应的力(向心力 ), 而该力是由碗内壁对球的支持力 F N的分力来供给的 ,因为支持力 F N一直垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示 Oxy 坐标 ,列出动力学方程 ,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔绝体 ,其受力剖析如图 (b) 所示．在图示坐标中列动力学方程F N sin θ ma n mRω2sin θ(1)F N cosθ mg (2)且有由上述各式可解得钢球距碗底的高度为R h cos θ(3)Rgh Rω2可见 ,h 随 ω的变化而变化．2 -11 火车转弯时需要较大的向心力,假如两条铁轨都在同一水平面内 (内轨、外轨等高 ),这个向心力只好由外轨供给 ,也就是说外轨会遇到车轮对它很大的向外侧压力 ,这是很危险的．所以 ,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,一定使外轨适合地超出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车 ,以速率 v 沿半径为 R 的圆弧轨道转弯 ,已知路面倾角为 θ,试求： (1) 在此条件下 ,火车速率 v 0 为多大时 ,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2) 假如火车的速率 v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？剖析如题所述 ,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平重量F N sin θ 提供 (式中 θ角为路面倾角 )．从而不会对内外轨产生挤压． 与其对应的是火车转弯时一定以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率 v ≠v 0 时,则会产生两种状况： 如下图 ,如 v ＞ v 0 时 ,外轨将会对车轮产生斜向 内的侧压力 F 1 ,以赔偿原向心力的不足,如 v ＜ v 0时 ,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消剩余的向心力 ,不论哪一种状况火车都将对外轨或内轨产生挤压． 由此可知 ,铁路部门为何会在每个铁轨的转弯处规准时速 ,从而保证行车安全．解 (1) 以火车为研究对象 ,成立如下图坐标系．据剖析 ,由牛顿定律有F N sin θ mv 2(1)RF N cos θ mg 0(2)解 (1)(2) 两式可得火车转弯时规定速率为v 0gRtan θ(2) 当 v ＞ v 0 时 ,依据剖析有F N sin θ F 1cos θ m v2(3)RF N cos θ F 1sin θ mg 0(4)解 (3)(4) 两式 ,可得外轨侧压力为F 1 m v 2cos θ gsin θR当 v ＜ v 0 时,依据剖析有2F N sin θ F 2cos θ mv(5)RF N cos θ F 2sin θ mg(6)解 (5)(6) 两式 ,可得内轨侧压力为F 2 m gsin θ v 2cos θR2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为 m,圆筒半径为 R,演员骑摩托车在直壁上以速率 v 作匀速圆周螺旋运动 ,每绕一周上涨距离为 h,如下图．求壁对演员和摩托车的作使劲．剖析 杂技演员 (连同摩托车 )的运动能够当作一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹睁开后,相当于如图 (b)所示的斜面． 把演员的运动速度分解为图示的 v 1 和 v 2 两个重量 ,明显 v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度 ,而 v 2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,此中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平重量 F N2 供给 ,而竖直重量 F N1则与重力相均衡．如图 (c) 所示 ,此中 φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力 的大小和方向解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 ,据 (b)(c)两图应有FN1mg 0(1) F N 2m v 2(2)Rv 2vcos θ v2πR(3)R 2 h 22πF NF N 21 F N 2 2(4)以式 (3) 代入式 (2),得22 22 2m4π R v4π RmF N 222222v2(5)RhR 4πRh 4π将式 (1) 和式 (5)代入式 (4),可求出圆筒壁对杂技演员的作使劲( 即支承力 )大小为2222224πRF NFN1F N 2 m g2 2 v2h4πR与壁的夹角 φ为FN 222arctan4πRv2arctan2 2FN 14πRh g议论 表演飞车走壁时 , 演员一定控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方向 ,以保证三者之间知足解题用到的各个力学规律．2 -13 一质点沿 x 轴运动 ,其受力如下图 ,设 t ＝ 0 时 ,v 0＝ 5m ·ｓ-1,x 0＝ 2 m, 质点质量 m ＝ 1kg, 试求该 质点 7ｓ末的速度和地点坐标．剖析 第一应由题图求得两个时间段的 F(t)函数 ,从而求得相应的加快度函数,运用积分方法求解题目所问 ,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时辰相对应． 解 由题图得F t2t, 0 t 5s 35 5t,5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质点的加快度分别为a 2t , 0 t 5sa 35 5t , 5s t 7s对 0 ＜ t ＜ 5ｓ 时间段 ,由 adv 得dtvd tv 0 adtv积分后得 v 5 t 2再由 vdx 得dtxt dxvdtx 0积分后得 x 2 5t1 t 33将 t ＝ 5ｓ 代入 ,得 v 5＝ 30 m ·ｓ-1 和 x 5 ＝ 68.7 m 对 5ｓ＜ t ＜7ｓ 时间段 ,用相同方法有vtdva 2dtv 0 5 s得v 35t2xt再由dx vdtx5 5 s得x ＝23 -82.5t ＋将 t ＝7ｓ代入分别得 v 7＝ 40 m ·ｓ -1 和 x 7 ＝ 142 m2 -14 一质量为 10 kg 的质点在力 F 的作用下沿 x 轴作直线运动 ,已知 F ＝120t ＋ 40,式中 F 的单位为 N, t 的单位的ｓ．在 t ＝ 0 时 ,质点位于 x ＝5.0 m 处 ,其速度 v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ．求质点在随意时辰的速度和地点．剖析 这是在变力作用下的动力学识题． 因为力是时间的函数 ,而加快度 a ＝ dv/dt,这时 ,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程 ,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义 v ＝dx /d t,用积分的方法可求出质点的地点．解 因加快度 a ＝ dv/dt,在直线运动中 ,依据牛顿运动定律有120t40m dvdt依照质点运动的初始条件 ,即t 0 ＝ 0 时 v 0 ＝ 6.0 m ｓ·-1 ,运用分别变量法对上式积分,得vt4.0 dtdv 0 vv ＝2又因 v ＝ dx /dt,并由质点运动的初始条件： t 0 ＝ 0 时 x 0 ＝ 5.0 m,对上式分别变量后积分 ,有xt6.0t 2dtdxx 0x ＝2 +2.0 t 32 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为10×3 kg ．飞机以 55.0 m ｓ·-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动 ,若阻力与时间成正比 ,比率系数 α＝ 5.0 ×102 N ·ｓ -1,空气对飞机升力不计 ,求： (1) 10 ｓ后飞机的速率； (2) 飞机着陆后 10ｓ内滑行的距离．剖析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动． 其水平方向所受制动力 F 为变力 ,且是时间的函数．在求速率和距离时,可依据动力学方程和运动学规律,采纳分别变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有 Fma mdvαtαt dtdtvdt vmv 0得v v 0α t 22m所以 ,飞机着陆 10ｓ后的速率为v ＝ 30 m ｓ· -1xt α t 2 dt又dxv 0x02m故飞机着陆后 10ｓ内所滑行的距离s x x 0 v 0tα t 3 467 m6m2 -16 质量为 m 的跳水运动员 ,从 10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为 h ．把跳水运动员视为质点 ,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为 bv 2 ,此中 b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求： (1)运动员在水中的速率v 与 y的函数关系；(2) 如 b/m＝-1 , 跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1 /10？(假设跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰巧相等)剖析该题能够分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后 ,物体受重力 P、浮力 F 和水的阻力 F ｆ的作用 ,其协力是一变力 ,所以 ,物体作变加快运动．固然物体的受力剖析比较简单 ,可是 ,因为变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、地点的函数 ),对这种问题列出动力学方程其实不复杂 ,但要从它计算出物体运动的地点和速度就比较困难了．往常需要采纳积分的方法去解所列出的微分方程．这也成认识题过程中的难点．在解方程的过程中 ,特别需要注意到积分变量的一致和初始条件确实定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为v02gh运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ-F ＝ma由题意 P ＝ F、 F ｆ＝ bv2 ,而a ＝ dv /dt ＝ v (d v /dy),代入上式后得-bv2＝ mv (d v /dy)考虑到初始条件 y0＝0 时 , v0 2gh ,对上式积分,有mv dvtdy0b v0 vv v0e by / m 2ghe by / m(2) 将已知条件 b/m ＝ 0.4 m -1 ,v ＝0 代入上式 ,则得y m ln v 5.76 mb v0*2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片构成．每一叶片的质量m＝ 136 kg,长 l ＝ 3.66 m．求当它的转速 n＝ 320 r/min 时 ,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度必定、厚度平均的薄片)剖析 螺旋桨旋转时 ,叶片上各点的加快度不一样,在其各部分双侧的张力也不一样；因为叶片的质量是连续散布的 ,在求叶片根部的张力时 ,可选用叶片上一小段 ,剖析其受力 ,列出动力学方程 ,而后采纳积分的方法求解．解 设叶片根部为原点 O,沿叶片背叛原点 O 的方向为正向 ,距原点 O 为 r 处的长为 dr 一小段叶片 ,其 双侧对它的拉力分别为 F Ｔ(r) 与 F Ｔ (r ＋ dr )．叶片转动时 ,该小段叶片作圆周运动 ,由牛顿定律有dF T F T rF T r drmω2 rdrl因为 r ＝l 时外侧 F Ｔ ＝ 0,所以有t dF Tlm ω2F T rl r drrF T m ω2 2r 22πmn 22r 2rll2ll上式中取 r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ 0 ＝10×5 N负号表示张力方向与坐标方向相反．2 -18 一质量为 m 的小球最先位于如图 (a)所示的 A 点 ,而后沿半径为 r 的圆滑圆轨道 ADCB 下滑．试求小球抵达点 C 时的角速度和对圆轨道的作使劲．剖析 该题可由牛顿第二定律求解． 在取自然坐标的状况下 ,沿圆弧方向的加快度就是切向加快度a ,ｔ与其相对应的外力 F 是重力的切向重量 mgsin α,而与法向加快度 a n 相对应的外力是支持力 F N 和重力ｔ的法向重量 mgcos α．由此 ,可分别列出切向和法向的动力学方程F ＝ mdv/dt 和F n ＝ma n ．因为小球在ｔ滑动过程中加快度不是恒定的 ,所以 ,需应用积分求解 ,为使运算简易 ,可变换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比较简易．但它不可以直接给出小球与圆弧表面之间的作使劲．解 小球在运动过程中遇到重力 P 和圆轨道对它的支持力 F N ．取图 (b) 所示的自然坐标系,由牛顿定律得F tmgsin α mdv(1)dtF n F Nmgcos α mmv 2(2)R由 vdsr α r α运动到点 C 的始末条件 ,进行积分 ,有d ,得 dtd ,代入式 (1),并依据小球从点 Adtdtvvαv 0d90org sin αd αv v得v2rgcos α则小球在点 C 的角速度为ωv2 cos α/rr g由式 (2)得F Nm mv 2 mgcos α 3mgcos αr由此可得小球对圆轨道的作使劲为F NF N 3mgcos α负号表示 F ′N 与 e n 反向．2 -19 圆滑的水平桌面上搁置一半径为 R 的固定圆环 ,物体紧贴环的内侧作圆周运动 ,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为 v 0 ,求： (1) t 时辰物体的速率； (2) 当物体速率从 v 0减少到 12 v 0时 ,物体所经历的时间及经过的行程．剖析运动学与动力学之间的联系是以加快度为桥梁的,因此 ,可先剖析动力学识题．物体在作圆周运动的过程中,促进其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力 F N和环与物体之间的摩擦力 F ｆ,而摩擦力大小与正压力 F N′成正比 ,且F N与F N′又是作使劲与反作使劲 ,这样 ,便可经过它们把切向和法向两个加快度联系起来了 ,从而可用运动学的积分关系式求解速率和行程．解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标 ,按牛顿定律 ,有mv2F N ma nRdvF f ma tdt由剖析中可知,摩擦力的大小 Fｆ＝μF ,由上述各式可得N2μv dvR dt取初始条件 t ＝0 时 v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有t R v dvdt20 μ v0 vv Rv0R v0μt(2)当物体的速率从 v 0减少到 1/2v 0时 ,由上式可得所需的时间为tRμv0物体在这段时间内所经过的行程t stRv0dt vdtv0μt0 RsRln 2μ2 -20 质量为 45.0 kg 的物体 ,由地面以初速 60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射 ,物体遇到空气的阻力为 F r＝kv, 且 k ＝ 0.03 N/( m-1最大高度为多少？ｓ· )． (1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2)剖析物体在发射过程中 ,同时遇到重力和空气阻力的作用,其协力是速率v 的一次函数 ,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时 ,只需采纳分别变量的数学方法即可．可是,在求解高度时 ,则一定将时间变量经过速度定义式变换为地点变量后求解 ,并注意到物体上涨至最大高度时 ,速率应为零．解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 F r ＝ kv 作用而减速．由牛顿定律得mg k mdv(1)vdt依据始末条件对上式积分,有t vddtmvvv 0mg kvtmln 1 kv 06.11 skmgdv dv(2) 利用v 的关系代入式 (1),可得dtdydvmg kv mv分别变量后积分y 0dyv 0mvdvmgkv故m mg ln 1kv 0 v 0183 mykmgkv 0 和 y 2议论 如不考虑空气阻力 ,则物体向上作匀减速运动．由公式tv 0 分别算得 t ≈ｓ和g2gy ≈184 m,均比实质值略大一些．2 -21 一物体自地球表面以速率 v 0 竖直上抛．假设空气对物体阻力的值为F r ＝ kmv 2 ,此中 m 为物体的质量 ,k 为常量．试求： (1) 该物体能上涨的高度； (2)物体返回地面时速度的值． (设重力加快度为常量． )剖析因为空气对物体的阻力一直与物体运动的方向相反 ,所以 ,物体在上抛过程中所受重力 P 和阻力 F r 的方向相同；而下落过程中 ,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反．又因阻力是变力 ,在解动力学方程时 ,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、 下落时作受力剖析 ,以地面为原点 ,竖直向上为 y 轴 (如下图 ) ．(1) 物体在上抛过程中 ,依据牛顿定律有mg km 2 m dv m vdvv dt dy 依照初始条件对上式积分,有y 0 v ddy v2v0 g kvy 1ln g kv 2 2k g kv02物体抵达最高处时, v ＝ 0,故有hymax 1 ln g kv 022k g (2)物体下落过程中 ,有2vdvmg kmv m对上式积分 ,有ydy 0vdv0 v0 g k2vkv 2 1/ 2v则v0 1g2 -22 质量为 m 的摩托车 ,在恒定的牵引力 F 的作用下工作 ,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是 v m．试计算从静止加快到mv /2所需的时间以及所走过的行程．剖析该题依旧是运用动力学方程求解变力作用下的速度和地点的问题,求解方法与前两题相像,只是在解题过程中一定想法求出阻力系数k．因为阻力 Fr ＝ kv2 ,且 F r又与恒力 F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加快度为零 ,此时速度达到最大．所以,依据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走行程时,需对变量作变换．解设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F 和阻力 F r同时作用下 ,由牛顿定律有F k 2 m dv(1)v dt当加快度 a ＝ dv/dt ＝ 0 时,摩托车的速率最大,所以可得k＝F/v m2 (2) 由式 (1) 和式 (2)可得依据始末条件对式(3)积分 ,有t mdtFF 1 v 2 m dv (3)v m2 dt1v m v2 12 dv1 2v m则tmv m ln3 dvmvdv 2F(3)积分 ,有又因式 (3) 中 m,再利用始末条件对式dtdxxmdxF 1v m v212 dv0 12v m则xmv m2ln40.144 mv m 22F3F*2 -23 飞机下降时 ,以 v 0 的水平速度下落伍自由滑行,滑行时期飞机遇到的空气阻力 F 1＝ -k 1 v 2, 升力F 2＝ k 2 v 2, 此中 v 为飞机的滑行速度 ,两个系数之比 k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表示,物体在流体中运动时 ,所受阻力与速度的关系与多种要素有关 ,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有 F ∝ v,而在速度较大或流体密度较大的有 F ∝ v 2 ,需要精准计算时则应由实验测定．此题中因为飞机速率较大,故取 F ∝v 2 作为计算依照．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实质上已成为飞机跑道长度设计的依照之一．剖析 如下图 ,飞机触地后滑行时期遇到 5 个力作用 ,此中 F 1 为空气阻力 , F 2 为空气升力 , F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力 , 很明显飞机是在合外力为变力的状况下作减速运动 ,列出牛顿第二定律方程 后 ,用运动学第二类问题的有关规律解题．因为作用于飞机的合外力为速度 v 的函数 ,所求的又是飞机 滑行距离 x,所以比较简易方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换 ,将 dt 用dx取代 ,获得一个有关 v 和 x 的微分方程 ,分别变量后再作积分．v解 取飞机滑行方向为 x 的正方向 ,着陆点为坐标原点,如下图 ,依据牛顿第二定律有F N k 1v 2m dv(1)k 2v 2dtF Nmg 0(2)将式 (2)代入式 (1),并整理得μmg k μkv 2m dvm dv12dt v dx分别变量并积分 ,有vm dvv2dxμmgk 1 μk 2v 0v得飞机滑行距离xm ln μmg k 1 μk 2 v 2(3)2 k 1 μk 2 μmg考虑飞机着陆瞬时有 F N ＝ 0 和v ＝ v 0 ,应有 k 2v 02＝ mg,将其代入 (3)式 ,可得飞机滑行距离 x 的另一表达。

第2章 动量守恒定律与能量守恒定律一 基本要求1 理解冲量、动量等概念。

掌握动量定理及动量守恒定律，能运用它们解简单系统在平面内运动的力学问题。

2 理解功的概念，能计算变力做功的问题 。

3 理解保守力做功的特点和势能的概念，会计算重力、弹性力和万有引力做的功及对应的势能 。

4 理解动能定理、功能原理和机械能守恒定律，掌握运用守恒定律解问题 的思想和方法 。

二 基本概念 １ 质点的动量、冲量质点的动量定义：m =p υ，p 为矢量，也是状态量。

质点的冲量定义 ：21t t dt =⎰I F ，它也是矢量，是过程量。

2 冲力 在解决冲击、碰撞问题时，将两个物体在碰撞瞬间的相互作用力称为冲力，冲力作用时间短，量值变化也很大，所以很难确定每一时刻的冲力，常用平均冲力的冲量来代替变力的冲量 。

3内力和外力 对于质点系，其内部各个质点之间的相互作用力称为内力，质点系以外的其他物体对其中的任一质点的作用力称为外力。

4功 功率（1）功 力对质点所作的功为力在质点位移方向的分量与位移大小的乘积。

cos BBAAW dW d F dr θ==⋅=⎰⎰⎰F r(2) 功率 功随时间的变化率,反映的是做功的快慢。

dW P dt =cos d d P F dt dtυθ⋅==⋅=⋅=F r r F F υ5动能 质量为m 的物体，当它具有速度υ时，定义212m υ为质点在速度为υ时的动能，用k E 表示。

6保守力和非保守力 如果力F 对物体做的功只与物体初、末位置有关而与物体所经过的路径无关，我们把具有这种特点的力称为保守力，否则称为非保力。

保守力做功0ld ⋅=⎰F l ，非保守力作功 0ld ⋅≠⎰F l 。

重力、弹性力、万有引力均为保守力，而摩擦力、汽车的牵引力等都是非保守力。

7势能 系统某点的势能等于在保守力作用下将物体从该点沿任意路径移动到零势能点保守力做的功，用p E 表示。

8机械能，系统的动能和势能统称为机械能，用E 表示。

专业班级_____姓名________ 学号________第八章 稳恒电流的磁场一、选择题：1、在磁感应强度为B ρ的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n ρ与B ρ的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为：[ D ]（A ）B r 2π （B ）B r 22π （C ）απsin 2B r - （D ）απcos 2B r -。

2、无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感应强度大小等于：[ D ]（A ）R I πμ20 （B ）RI40μ （C ）0（D ）)11(20πμ-RI（E ）)11(40πμ+RI3、电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀分布的圆环，再由点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源（如图）。

已知直导线上的电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 和圆心O 在同一直线上。

设长直载流导线1、2和分别在O 点产生的磁感应强度为1B ρ、2B ρ、3B ρ，则圆心处磁感应强度的大小[ C ]（A ）0=B ，因为0321===B B B 。

(B)0=B , 因为虽然01≠B ,02≠B ,但021=+B B ρρ，03=B 。

（C ）0≠B ，因为01≠B ，02≠B ，03≠B 。

（D ）0≠B ，因为虽然03=B ，但021≠+B B ρρ。

4、 磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上，图（A ）——（E ）哪一条表示x B -的关系[ D ] 5、无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流，设圆柱体内（R r <）的磁感应强度为i B ,圆柱体外（r> R ）的磁感应强度为e B 。

则有：[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。

(B) i B 、e B 均与r 成反比。

(C)i B 与r 成反比，e B 与r 成正比。

第2单元 动量守恒定律序号 学号 姓名 专业、班级一 选择题[ B ]1. 力i F t 12=(SI)作用在质量m ＝2 kg 的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3秒末的动量应为：(A) －54i kg ⋅m ⋅s -1(B) 54i kg ⋅m ⋅s -1(C) －27i kg ⋅m ⋅s -1 (D) 27i kg ⋅m ⋅s-1[ C ]2. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为：(A) mv 2 (B)()()22/2v R mg mv π+(C)vRmgπ (D) 0[ A ]3 .粒子B 的质量是粒子A 的质量的4倍。

开始时粒子A 的速度为()j i ϖϖ43+，粒子B 的速度为(j i ϖϖ72-)。

由于两者的相互作用，粒子A 的速度为()j i ϖϖ47-，此时粒子B 的速度等于：(A) j i 5- (B) j i ϖϖ72- (C) 0 (D) j i ϖϖ35-[ C ]4. 水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦及空气阻力） （A ）总动量守恒（B ）总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒 (C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒 （D ）动量在任何方向的分量均不守恒二 填空题1. 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为t F 31044005⨯-=(SI)，子弹从枪口射出的速率为3001s m -⋅。

假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则(1) 子弹走完枪筒全长所用的时间 t ＝ 0.003 s ,(2) 子弹在枪筒中所受的冲量 I ＝ s N 6.0⋅ ， (3) 子弹的质量 m ＝ 2 ×10-3 kg 。

2. 质量m 为10kg 的木箱放在地面上，在水平拉力F 的作用下由静止开始沿直线运动，其拉力随时间的变化关系如图所示。

题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。

（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。

（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。

A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。

3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。

(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。

5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。

一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。

不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。

10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。

作业8 波 动8-1 一个余弦横波以速度u 沿x 轴正方向传播，t 时刻波形曲线如图所示．试在图中画出A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 各质点在该时刻的运动方向．并画出（t + T /4）时刻的波形曲线． 原题 20-18-2 地震波纵波和横波的速度分别为8000 m /s 和4450 m /s ，观测点测得这两种波到达的时间差=∆t 75.6 s ，则震中到观测点的距离 r = 7.58×105 m ． 解： t u r u r ∆=-)()(12 )(2121u u u u t r -⋅∆==…= 7.58×105 m8-3 ⑴ 有一钢丝，长2.00 m ，质量20.0×103 kg ，拉紧后的张力是1000 N ，则此钢丝上横波的传播速率为 316 m /s ．⑵ 钢棒中声速5200 m/s ，钢的密度=ρ7.8 g/cm 3，钢的弹性模量为 2.11×1011 (N/m 2).8-4 已知一波的波函数为 )6.0π10sin(105 2x t y -⨯=-⑴ 求波长，频率，波速及传播方向；⑵ 说明x = 0时波函数的意义．原题 20-3y8-5 一螺旋形长弹簧的一端系一频率为25 Hz 的波源，在弹簧上激起一连续的正弦纵波，弹簧中相邻的两个稀疏区之间的距离为24 cm ．⑴ 试求该纵波的传播速度；⑵ 如果弹簧中质点的最大纵向位移为 0.30 cm ，而这个波沿x 轴的负向传播，设波源在 x = 0 处，而x = 0 处的质点在 t = 0 时恰好在平衡位置处，且向x 轴的正向运动，试写出该正弦波的波函数．解：⑴ νλ=u = 24 ×25 = 600 cm/s⑵ 波源处 ⎭⎬⎫>-===0sin 0cos 00ϕωυϕA A y 初相位 2π-=ϕ， 波源振动方程为 )π2cos(30.000ϕν+=t y )2ππ50cos(30.0-=t波沿x 轴的负向传播的波函数为])(cos[ϕω-+=u x t A y ]2π)600π(50cos[30.0-+=x t )]24π(252sin[30.0x t += 即，该正弦波的波函数为 )]24π(252sin[30.0x t y += (cm)8-6 波源作谐振动，周期为0.01s ，经平衡位置向正方向运动时，作为时间起点，若此振动以υ= 400 ms -1的速度沿直线传播，求：⑴ 距波源为8 m 处的振动方程和初相位；⑵ 距波源为9 m 和10 m 两点的相位差． 原题 20-58-7 一平面简谐波，沿x 轴正向传播，波速为4 m/s ，已知位于坐标原点处的波源的振动曲线如图(a)所示．⑴ 写出此波的波函数； ⑵ 在图(b)中画出t = 3 s 时刻的波形图（标明尺度）P317 13.16 解： ⑴ 由图知，A = 4 cm = 4 ×10-2 m ， T = 4 s ∴ T π2=ω2π=，uT =λ= 4 × 4 = 16 m 原点处 A A y ==ϕcos 0 初相位 0=ϕ原点振动方程为 )cos(ϕω+=t A y t A ωcos =∴ 波函数为 )(cos u x t A y -=ω即 )]4(2cos[1042x t y -⨯=-π ⑵ 将t = 3 s 代入波函数，得波形曲线方程 )]43(2cos[1042x y -⨯=-π t = 3 s 时刻的波形图见图(b)．8-8 一正弦式空气波沿直径为0.14 m 的圆柱形管道传播，波的平均强度为1.8⨯10-2 J/(sm 2)，频率为300 Hz ，波速为300 m/s ，问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少？每两个相邻周相差为2π 的同相面之间的波段中包含有多少能量？ 原题 20-78-9 频率为100 Hz ，传播速度为300 m /s 的平面简谐波，波线上两点振动的位相差为31π，则此两点距离为 0.5 m ． 原题 20-11 解：νλu ==…= 3 m ， x ∆=∆)π2(ϕ，))π2(λϕ∆=∆x =…= 0.5 m-题8-7图 -8-10 在弹性媒质中有一波动方程为)2ππ4cos(01.0--=x t y （SI ）的平面波沿x 轴正向传播，若在x = 5.00处有一媒质分界面，且在分界面处相位突变 π，设反射后波的强度不变，试写出反射波的波函数．原题 20-108-11 一平面简谐波某时刻的波形图如图所示，此波以速率u 沿x 轴正向传播，振幅为A ，频率为v ．⑴ 若以图中B 点为坐标原点，并以此时刻为 t = 0 时刻，写出此波的波函数； ⑵ 图中D 点为反射点，且为波节，若以D 点为坐标原点，并以此时刻为 t = 0 时刻，写出入射波的波函数和反射波的波函数；⑶ 写出合成波的波函数，并定出波节和波腹的位置坐标．P326 13.29解：⑴ B 点为坐标原点，t = 0 时刻， A A y -==ϕcos 0 ♉ 初相位 π=ϕ振动方程 )cos(ϕω+=t A y ♉ )ππ2cos(+=t A y B ν∴ 波函数为 ]π)(π2cos[+-=u x t A y ν⑵ D 点为坐标原点，t = 0 时刻，入射波： ⎭⎬⎫>'-=='=0sin 0cos 00ϕωυϕA A y ♉ 初相位 2π-='ϕ 反射波：∵D 点为波节，∴初相位 2ππ=+'=''ϕϕD 点振动方程 )2ππ2cos(-=t A y D ν入， )2ππ2cos(+=t A y D ν反∴波函数为 ]2π)(π2cos[--=u x t A y ν入， ]2π)(π2cos[++=x t A y ν反⑶ 合成波的波函数 )π2cos()2ππ2cos(2t x A y y y νν+=+=反入波节：由 π)21(2ππ2+=+k u x ν 得 νu k x ⋅=2 （k = 0, -1, -2, …） 波腹：由 π2ππ2k x =+ν 得 νu k x )412(-= （k = 0, -1, -2, …） 题8-11图8-12 入射波的波函数为)( π2cos 1λx T t A y +=，在x = 0处发生反射，反射点为自由端.⑴ 写出反射波的波函数；⑵ 写出驻波的波函数；⑶ 给出波节和波腹的位置． P327 13.30解：反射点为自由端，是波腹，无半波损失，⑴ 反射波的波函数为 )( π2cos 2λx T t A y -= ⑵ 驻波的波函数为 t Tx A y y y π2cos π2cos 221λ=+= ⑶ 当1π2cos =x λ，即ππ2 k x =λ时，得波腹的位置为 2λk x =，k = 0, 1, 2, … 当0π2cos =x λ，即2π)12(π2 +=k x λ时，得波节的位置为4)2( λ+=k x ，k = 0, 1, 2, …*8-13 一平面简谐波沿x 轴正向传播，振幅为A = 10 cm ，角频率π7=ω rad/s ，当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处a 质点的振动状态为0=a y ，0)d d (<a t y ；同时x = 20 cm 处b 质点的振动状态为0.5=b y cm ，0)d d (>b t y ．设波长10>λcm ，求该波的波函数．P315 13.13解：当t = 1.0 s 时刻，a 质点 0cos ==a a A y ϕ，0sin )d d ( <-==a a a A t y ϕωυ，♉ 2ππ2+=k a ϕ ① b 质点 2cos A A y a b ==ϕ，0sin )d d ( >-==a b b A t y ϕωυ，♉ 3ππ2-'=k b ϕ a 、b 两点相位差 b a ϕϕϕ-=∆65π)(π2+'-=k ka 、b 两点间距λ<=-=∆10b a x x x ，∴π2<∆ϕ，则ϕ∆的取值可分两种情况 ⑴ 当0='-k k 时，b a ϕϕϕ-=∆65π=，♉λϕ2π=∆∆x ，则 )(2πϕλ∆∆=x = 24 (cm)∵波沿x 轴正向传播，可设波函数为)π2cos(0ϕλω+-=x t A y )24π2π7cos(100ϕ+-=x t 当t = 1.0 s ，x = 10 cm 时波函数的相位 a ϕϕ=+⨯-⨯01024π21.0π7 ② 由式①、②求得： 317ππ20-=k ϕ， 不妨取 k = 0，则 317π0-=ϕ 波函数为 )π31712ππ7cos(10--=x t y (cm) ⑵ 当1-='-k k 时，b a ϕϕϕ-=∆67π-= < 0，波将沿x 轴负向传播，故舍去．作业10 光的衍射10-1 如果单缝夫琅和费衍射的第一级暗纹发生在衍射角为︒=30θ的方位上，所用单色光波长为500=λnm ，则单缝宽度为： 1.0 μm ．解： 暗纹公式 λθk a =sin10-2 在单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹衍射角范围很小．若使单缝宽度a 变为原来的3/2，同时使入射单色光波长变为原来的3/4，则屏上单缝衍射条纹中央明纹的宽度2ρ将变为原来的 1/2 倍．解：由单缝衍射暗纹公式 λθk a =sin ，暗纹位置 θθsin tan f f x k ≈⋅=， ∴中央明半纹宽a f x λρ==1；若43λλ='，23a a =' 代入上式得 2ρρ=' 10-3 在单缝夫琅和费衍射中，设第一级暗纹的衍射角很小．若纳黄光（≈1λ589.3 nm ）中央明纹宽度为4.00 mm ，则=2λ442 nm 的兰紫色光的中央明纹宽度为 3 mm. 解：单缝衍射中央明纹半宽度a f x λρ==1，∴2121λλρρ=，1122)(22ρλλρ== 3 mm 10-4 单缝夫琅和费衍射对应三级暗纹，单缝宽度所对应的波面可分为 6 个半波带．若缝宽缩小一半，原来第三级暗纹变为第 一级明 纹．（原题22-2）解：由单缝暗纹公式 263sin λλλθ⨯===k a ∴ 单缝面分为6个半波带．若缝宽缩小一半，单缝面分为3个半波带，所以原第三级暗纹为变第一级明纹． 10-5 波长分别为1λ和2λ的两束平面光波，通过单缝后形成衍射，1λ的第一极小和2λ的第二极小重合．问：⑴1λ与2λ之间关系如何？⑵ 图样中还有其他极小重合吗？ 解：⑴ 由单缝极小条件 11sin λθ=a 222sin λθ=a而 21θθ= ∴ 212λλ=⑵ 由 111sin λθk a =与 222sin λθk a = ，如有其它级极小重合时，必有 21θθ= ，于是 2211λλk k = ，而212λλ=∴ 212k k = 即只要符合级数间的这个关系时，还有其它级次的极小还会重合．10-6 如图所示，用波长为546 nm 的单色平行光垂直照射单缝，缝后透镜的焦距为40.0 cm ，测得透镜后焦平面上衍射中央明纹宽度为1.50 mm ，求：⑴ 单缝的宽度；⑵ 若把此套实验装置浸入水中，保持透镜焦距不变，则衍射中央明条纹宽度将为多少？（水的折射率为1.33）原题22-1⑴ a = 2.912×10-4 m⑵ 中央明纹宽a f x λρ2221=== 1.13×10-3 m10-7 衍射光栅主极大公式λθk d =sin ， ,3 ,2 ,1 ,0±±±=k ．在k = 2的方向上第一条缝与第六条缝对应点发出的两条衍射光的光程差δ λ10 ．解：光栅相邻缝对应点发出的衍射光在2=k 的方向上光程差为λ2，则1=N 与6=N 对应点发出的衍射光的光程差λλδ1052=⨯=．10-8 用波长为546.1 nm 的平行单色光垂直照射在一透射光栅上，在分光计上测得第一级光谱线的衍射角︒=30θ，则该光栅每一毫米上有 916 条刻痕．解：由光栅方程 λθk d =sin ， 得 mm 91630sin 1条=︒==λd N 10-9 用一毫米内刻有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱（3.589=λnm ），当光线垂直入射时，最多能看到第 3 级光谱．解：63102500101--⨯=⨯=d m ，光线垂直入射时，光栅衍射明纹条件λθk d =sin ∵1sin <θ， 得 39.3=<λd k ，取整数 3max =k 10-10 一束平行光垂直入射在平面透射光栅上，当光栅常数d /a = 3 时，k = 3, 6, 9级不出现．解：由光栅缺级条件()k a d k '=， ,3,2,1±±±='k 时， ,9,6,3±±±=k 级缺级当k '取1时，3=k ，∴a d 3=10-11 入射光波长一定时，当光线从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线最高级数max k 变大 （填“变小”或“变大”或“不变”）．解：正入射光栅方程λθk d =sin ；斜入射光栅方程λθk i d '=+)sin (sin ，…，题10-6图∵︒<90θ，︒<≤︒900i ，∴1sin <θ，1sin 0<<i ， ∴ m ax max k k >' 10-12 用波长范围为400~760 nm 的白光照射到衍射光栅上，其衍射光谱的第二级和第三级重叠，则第三级光谱被重叠部分的波长范围是 400 ～ 506.7 nm ． 原题22-6 解：λλ''=k k ，2323λλ=，令 2λ= 760 nm ，得 3λ = 506.7 nm 10-13 从光源射出的光束垂直照射到衍射光栅上．若波长为3.6531=λnm 和2.4102=λnm 的两光线的最大值在︒=41θ处首次重合．问衍射光栅常数为何值？ 解：由光栅方程公式有 dk d k 2211sin λλθ== ∴60.12.4103.6562112===λλk k 而1k 与 2k 必须是整数，又取尽量小的级数∴8,521==k k=︒⨯⨯==-41sin 103.6565sin 91θλk d 61000.5-⨯ m10-14 波长为500nm 的单色平行光垂直入射于光栅常数为3103-⨯=d mm 的光栅上，若光栅中的透光缝宽度3102-⨯=a mm ，问⑴ 哪些谱线缺级？⑵ 在光栅后面的整个衍射场中，能出现哪几条光谱线？解：⑴ 根据缺级条件 k ad k '=（ ,3,2,1±±±='k ）则光栅的第k 级谱线缺级（k 为整数） 本题 k k k a d k '='⨯⨯='=--2310210333 当 ='k 2、4、6….时k = 3、6、…则第±3、±6，…谱线缺级根据光栅方程 λθk d =sin ， λθsin d k = ， 令 2/πθ< 得 61050010103933=⨯⨯⨯=<---λdk ，再考虑到缺级． 只能出现 0、±1、±2、±4、±5共9条光谱线．10-15 一双缝，缝距 d = 0.40 mm ，两缝的宽度都是a = 0.080 mm ，用波长为480=λnm 的平行光垂直照射双缝，在双缝后放一焦距为f = 2.0 m 的透镜，求：⑴ 在透镜焦平面处的屏上，双缝干涉条纹的间距∆x ；⑵ 在单缝衍射中央亮纹范围内的双缝干涉亮纹数目．原题22-3⑴ ∆x = 2.4×10-3 m⑵ 在单缝衍射中央亮纹范围内有 9条 亮谱线：4 ,3 ,2 ,1 ,0±±±±级10-16 光学仪器的最小分辨角的大小[ C ](A) 与物镜直径成正比； (B) 与工作波长成反比(C) 取决于工作波长与物镜直径的比值；(D) 取决于物镜直径与工作波长的比值. 解：Dλϕ22.1δ= 10-17 人眼瞳孔随光强大小而变，平均孔径约为3.0 mm ，设感光波长为550 nm ，眼睛可分辨的角距离约为 1 分．解：取人眼孔径为3 mm ，入射光波长为550nm ，眼最小分辨角 122.1δ'≅= D λϕ10-18 在夜间人眼的瞳孔直径约为5.0 mm ，在可见光中人眼最敏感的波长为550 nm ，此时人眼的最小分辨角为 27.6 秒，有迎面驶来的汽车，两盏前灯相距1.30 m ，当汽车离人的距离为 9.69×103 m 时，人眼恰好可分辨这两盏灯．原题22-7 解： ==Dλϕ22.1δ； =∆∆=θx l 10-19 根据光学仪器分辨率的瑞利判据，要利用望远镜分辨遥远星系中的星体，可采用 增大透镜直径 或 用较短的波长 的方法．10-20 用一部照相机在距离地面20 km 的高空中拍摄地面上的物体，若要求它能分辨地面上相距为0.1m 的两点，问照相机镜头的直径至少要 13.4 cm ．（设感光波长为550 nm ）解：由 l s D ==λϕ22.1δ，得134.01.010*********.1 22.139=⨯⨯⨯⨯==-s l D λm = 13.4cm 10-21 以未知波长的X 射线掠入射于晶面间隔为10103-⨯=d m 的晶面上，测得第一级布喇格衍射角︒=51θ，则该X ． 解：λϕk d =sin 2，k = 1，……10-22 一束波长范围为0.095 ~ 0.140 nm 的X 射线照射到某晶体上，入射方向与某一晶面夹角为︒30，此晶面间的间距为0.275 nm ，求这束X 射线中能在此晶面上产生强反射的波长的大小．原题22-8=λ0.1375 nm10-23 测量未知晶体晶格常数最有效的方法是X 射线衍射法．现用波长07126.0=λ nm （钼谱线）的X 射线照射到某未知晶体上，转动晶体，在三个相互正交的方位上各测得第2级布喇格衍射角分别为59561'''︒=ϕ、79132'''︒=ϕ、14943'''︒=ϕ，请分别求出这三个相互正交方位上的晶面间距．解：晶体的衍射满足布喇格方程 λϕk d =sin 2 ϕλsin 2k d = 已知 k = 2，︒=985.61ϕ、︒=319.32ϕ、︒=161.43ϕ解得：=1d 0.586 nm ，=2d 1.231 nm ，=3d 0.982 nm（该晶体为斜方晶系的无水芒硝）习题参考答案作业2 动量与角动量 功与能2-1 0.6 N·s ； 2 g 2-2 1.41 Ns2-3 M P '=2υ；=''F 30N ，=P 45W 2-4 5.30 × 1012 m 2-5 B A a b υυ= 2-6 0.45 m 2-7)(mr k ，)2(r k -2-8 )2(22k g m2-9 )6(R GMm ，)3(R GMm - 2-10 4.23×106 J ， 151 s 2-11 31 J ，5.345 m /s2-12 22k ωq m E P =，222k ωp m E Q =222ωp m A x =，222ωq m A y -=作业4 气体动理论4-1 0.13 kg ，117升4-2 平衡状态，气体的准静态过程 4-3 1.53 × 104 Pa4-4 相同，不同，不同 4-5 kTpVN =4-6 10 : 3， 5 : 3， 1 : 1 4-7 略4-8 =∆E 41.55 J ，221007.2-⨯=∆K E 4-9 =∆T 0.481 K ，41000.2⨯=∆p Pa 4-10 R E 2，)5(2μE ，)π5(4μE4-11 υυυd )(d 100⎰⎰∞=='f NN N ，υυd )(100⎰∞=f P ，υυυυυυd )(d )(100100⎰⎰∞∞=f f4-12 D4-13 51035.1⨯=P Pa 4-14 n = 3.2×1017 m -3 ，=λ7.8 m ，=z 59.9 s -1 4-15 =⎪⎭⎫⎝⎛υ1kT m π2=， υυ1π41⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛ 4-16 )3(20υ=a ，=∆N 0.333 N ，=υ 1.220υ，=2υ 1.310υ作业6 狭义相对论基础6-1 93，10，0，2.5×10-7s 6-2 51033.3-⨯-s ，天津 6-3 3.61 m ，143369.33'︒=︒ 6-4 1.418×108 m /s = 0.473 c 6-5 12 m ，4 s6-6 =∆t 1.6 s ，='∆t 0.96 s 6-7 )(122c a υ-，)(122c mυ-，)1(22c ab mυ-6-8 cu cu l x -+=∆110,c u c u c l t -+=∆110,c =υ6-9 0.7×10-36-10 50.8%6-11 46-12 211k c -=υ 6-13 0.866 c ，0.866 c 6-14 2.94×105 eV 6-15 4.1×1066-16 m = 2.67m 0，=υ0.5c ，0031.2m m =' 6-17 c 115.0m ax =υ，=ke E 3.43×103eV ，==ke kp 1840E E 6.31×106eV作业8 波 动8-1 略 8-2 7.58×105 m 8-3 316， 2.11×10118-4 10.5m ，5Hz ，52.4m/s ，x 轴正方向x = 0处质元的振动方程 8-5 600 cm/s ，)]24π(252sin[30.0x t y +=(cm)8-6 2π9-=ϕ，2π=∆ϕ 8-7 )]4(2cos[1042x t y -⨯=-π，图略8-8 4106.0-⨯J/m 3，4102.1-⨯J/m 3；71024.9-⨯J 8-9 0.58-10 []2ππ4cos 01.0++=x t y 反 8-11 ]π)(π2cos[+-=x t A y ν]2π)(π2cos[--=x t A y ν入 ]2π)(π2cos[++=x t A y ν反波节：νu k x ⋅=2（k = 0, -1, -2, …），波腹：νu k x )412(-=（k = 0, -1, -2, …）8-12 )( π2cos 2λx T t A y -=，t Tx A y y y π2cos π2cos 221λ=+=波腹 2 λk x =，k = 0, 1, 2, …波节 4)2( λ+=k x ，k = 0, 1, 2, …8-13 )π31712ππ7cos(10--=x t y (cm)作业10 光的衍射10-1 1.0 10-2 1/2 10-3 310-4 6， 一级明10-5 212λλ=，1λ的第k 1极小和2λ的第k 2 = 2k 1极小重合． 10-6 a = 2.912×10-4m, =ρ2 1.13×10-3m 10-7 λ10 10-8 916 10-9 3 10-10 3 10-11 变大10-12 400 ～ 506.7 10-13 61000.5-⨯=d m10-14 第±3、±6，…谱线缺级，只出现 0,±1,±2,±4,±5共9条光谱线. 10-15 2.4 mm ， 9条亮纹 10-16 C 10-17 110-18 27.6， 9.69×10310-19 增大透镜直径， 用较短的波长 10-20 13.410-21 111023.5-⨯ 10-22 =λ0.1375 nm10-23 =1d 0.586 nm ，=2d 1.231 nm ，=3d 0.982 nm。

解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。

为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。